2025年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷三)-【师大金卷】2025年高考数学复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）

新高考数学答案 —９６　 当x∈(０,２＋a)时,g′(x)＞０,g(x)单调递增, 当x∈(２＋a,１),g′(x)＜０,g(x)单调递减, 所以g(２＋a)＝１＋a－aln(－a)＞０,不合题意． 由y＝１＋x－xln(－x)且 －２＜x＜ －１,则 y′＝ －ln(－x)＜０,即函数在区间(－２,－１)内递减,所以y ＞１－１＋ln１＝０,即g(２＋a)＞０得证．综上a≥－１． (３)证明:由题意,an＝ an＋１ ln(２－an＋１) ,若０＜an＜１,则０ ＜ an＋１ ln(２－an＋１) ＜１,f(０)＜ an＋１ ln(２－an＋１) ＜１＜f( １２ ) , 由(１)知,f(x)在(－∞,１)上单调递增,所以０＜an＋１＜ １ ２＜１ , 综上,若０＜an＜１,则０＜an＋１＜１．因为a１＝ １ ３ ∈ (０, １),所以０＜an＜１,n∈N∗ ． 由(２)知,当０＜x＜１时,ln(２－x)＜１－x(取a＝－１ 时), 所以an＋１＝anln(２－an＋１)＜an(１－an＋１),即an－an＋１ ＞anan＋１, 故有 １ an＋１ －１an ＞１．􀆺􀆺(∗) 所以１ an ＞１a１ ＋(n－１)＝n＋２(n≥２),an＜ １ n＋２ (n≥２), 又a１＝ １ ３ ,故an≤ １ n＋２． 由(∗)知,{an}单调递减,所以ln(２－an＋１)＞ln(２－ an)＞􀆺＞ln(２－a１)＝ln ５ ３＞ １ ２ , 从而an＋１＝anln(２－an＋１)＞ １ ２an , 故an＞ １ ２an－１＞ １ ２２ an－２􀆺＞ １ ２n－１ a１＝ １ ３ 􀅰 １ ２n－１ ,(n≥２)． 当n＝１,a１＝ １ ３ 满足,故an ≥ １ ３ 􀅰 １ ２n－１ ．综上,结论 得证． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁊􀁗２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷三) １．C　[试题解析]由题意得,A＝{x∈N|０≤x≤ ５２ } ＝ {０,１,２},则A 的子集个数为２３＝８,故选 C． ２．A　[试题解析]∵复数z＝(２－a)＋(２a－１)i(a∈R)为 纯虚数,∴ ２－a＝０, ２a－１≠０,{ ∴a＝２,复数z＋a＝３i＋２在 复平面上的 对 应 点 为(２,３),位 置 在 第 一 象 限．故 选 A． ３．B　[试题解析]根据图表可知,各月 PMI的中位数小于 ５３％,故 A 错 误;２０２３ 年 各 月,２０２３ 年 我 国 综 合 PMI产出指数均大于５０％,表明我国企业生产经营 活动持续扩张,B正确,故 C错误;２０２３年上半年各 月PMI比下半年各月 PMI的波动大,则方差也大, 故 D错误．故选B． ４．A　[试题解析]若要产生x２ 这一项,则当在 (１＋ １x ) 中取１时,再在(１－x)６ 中取２个(－x)、取４个１, 当在 (１＋ １x ) 中 取 １ x 时,再 在(１－x)６ 中 取 ３个 (－x)、取３个１,所以 (１＋ １x ) (１－x) ６ 展开式中 x２ 的系数为１􀅰C２６１６－２(－１)２＋１􀅰C３６１６－３(－１)３ ＝１５－２０＝－５．故选 A． ５．D　[试题解析]a＝ ( １２ ) １．６ ＜ １２ ,即 ０＜a＜ １２ ,b＝ log０．３０．２＞１,即 b＞１,因 为０．４２ ＜０．３,所 以 log０．３０．４２＞log０．３０．３＝１,即log０．３０．４＞ １ ２ ,且 log０．３０．４＜log０．３０．３＝１,则 １ ２ ＜c＜１ ,所以b＞c＞ a．故选 D． ６．B　[试题解析]由题意包装盒的最少用料为球形物品的 外切多面体,下面求正四面体、正六面体、正八面体 形状的包装盒的内切球的半径与其表面积的关系． 设球形物品的半径为R,则正方体的棱长为２R,表 面积S２＝６(２R)２＝２４R２;设正四面体的棱长为a, 则正四面体的表面积为S１＝４× ３ ４a ２＝ ３a２,如图 正四面体A－BCD,由正四面体的对称性与球的对 称性可知内切球的球心在正四面体的高上,如图OG ＝R,底面等边三角形BCD 的高CE＝ ３２a ,外接圆 半径CG＝ ２３ × ３ ２a＝ ３ ３a ,正 四 面 体 的 高 AG＝ AC２－CG２＝ a２－ ( ３３a) ２ ＝ ６３a ,体积V＝１３× ３ ４a ２× ６３a＝ １ ３S１R ,所以V＝ １３ × ３ ４a ２× ６３a＝ １ ３S１R ,又S１＝ ３a２,所以a＝ １２ ６ R,所以正四面体 的表面积S１＝ ３a２＝２４ ３R２; 设正八面体的棱长为b,如图, 在正八面体中连接 AF,DB,CE,可得 AF,DB,CE 互相 垂 直 平 分,四 边 形 BCDE 为 正 方 形,OD＝ １ ２BD＝ ２ ２b ,在 Rt△AOD 中,AO＝ AD２－OD２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９７　 ＝ b２－ ( ２２b) ２ ＝ ２２b ,则该正八面体的体积V′＝２ ×１３×b ２× ２２b＝ ２ ３b ３,该八面体的表面积S３＝８× ３ ４b ２＝２ ３b２,因为１３S３R＝V′ ,即１ ３×２ ３b ２􀅰R＝ ２ ３b ３,解 得b＝ ６R,所 以 S３ ＝２ ３b２ ＝２ ３× (６R)２＝１２ ３R２,所以S３＜S２＜S１．故选B． ７．D　[试题解析]因为向量 m＝(bsinC,a),n＝ ( １２sinA, ２cosA) ,m∥n,所以２bsinCcosA＝１２asinA,由正弦 定理及a＝４可知,２bccosA＝１２a ２＝８,由余弦定理 可得b２＋c２－a２＝８,则b２＋c２＝a２＋８＝２４．故选D． ８．C　[试题解析]直线nx＋my－n＝０即直线n(x－１)＋ my＝０,过定点 M(１,０), 直线mx－ny－n＝０即直线mx－n(y＋１)＝０,过定 点 N(０,－１), 又由斜率关系可得两直线垂直,所以交点P 的轨迹 是以MN 为直径的圆, 即轨迹方程为C１:(x－１２ ) ２ ＋ (y＋１２ ) ２ ＝１２ ,圆 心C１ ( １２,－ １ ２ ) ,因为Q 是圆C 上一点,且PQ 与 C 相切,所以问题转化为圆C１ 上任意一点 P 作直 线与圆C 相切,求切线长|PQ|的范围． 圆C的半径为R＝２,因为圆C的圆心(－２,２),半径为定 值,当|PC|取得最小值和最大值时,切线|PQ|取得最小 值和 最 大 值,|CC１|＝ ( １２＋２) ２ ＋( －１２－２) ２ ＝ ５２ ２ ,又因为|CC１|－ ２ ２≤|PC|≤|CC１|＋ ２ ２ ,即５２ ２ － ２ ２≤|PC|≤ ５２ ２ ＋ ２ ２ ,即２２≤|PC|≤３２,所 以 |PC|２min－R２≤|PQ|≤ |PC|２max－R２,即２≤|PQ|≤ １４．故选C． ９．BD　[试题解析]由函数f(x)＝３sin(２x＋φ)( －π２＜φ ＜π２ ) 的图象关于直线x＝ ５π １２ 对称可得２×５π１２＋φ ＝π２＋kπ ,k∈Z,解得φ＝－ π ３＋kπ ,k∈Z,又因为 －π２＜φ＜ π ２ ,所以k＝０,φ＝－ π ３ ,故 A 错误;此 时f(x)＝３sin(２x－π３ ) ,则f(x－ ７π １２) ＝３sin[２ (x－７π１２) － π ３ ] ＝３sin(２x－ ３π ２ ) ＝３cos２x 为偶 函数,故B正确;当x∈ [ π４, π ２ ] ,２x－ π ３ ∈ [ π ６ , ２π ３ ] ,此时正弦函数y＝sinx在区间 [ π ６ ,２π ３ ] 上不 单调,故 C错误;因为f(x)＝３sin(２x－π３ ) ,所以 f(x)∈[－３,３],而|f(x１)－f(x２)|＝６,则|x１－ x２|的最小值就是半个周期,即 π ２ ,故 D 正确．故 选BD． １０．ACD　[试题解析]由 题 P(B１)＝ ２０ ２０＋２０＋３０＝ ２ ７ , P(B２)＝ ２０ ２０＋２０＋３０＝ ２ ７ ,P(B３)＝ ３０ ２０＋２０＋３０ ＝３７ ,P(A|B１)＝ ６ ２０＝ ３ １０ ,P(A|B２)＝ ５ ２０＝ １ ４ ,P(A|B３)＝ ６ ３０＝ １ ５ ,故 A正确;由选项 A 可 得P(A)＝P(B１)P(A|B１)＋P(B２)P(A|B２) ＋P(B３)P(A|B３)＝ ２ ７× ３ １０＋ ２ ７× １ ４＋ ３ ７× １ ５＝ １７ ７０ ,故 B 错 误;因 为 P(B２)＝ ２ ７ ,所 以 P(B２)＝１－ ２ ７＝ ５ ７ ,所以P(B２|A)＝ P(B２A) P(A) ＝ P(A|B２)P(B２) P(A) ＝ ６＋６ ２０＋３０× ５ ７ １７ ７０ ＝１２１７ ,故 C 正确;由 题 该 球 来 自 A１ 的 概 率 为 ６ ６＋５＋６＝ ６ １７ ,该球来自A２ 的概率为 ５ ６＋５＋６＝ ５ １７ ,该球 来自A３ 的概率为 ６ ６＋５＋６＝ ６ １７ ,所以该球来自 A２ 的概率最小,故 D正确．故选 ACD． １１．BC　[试题解析]直三棱柱ABC－A１B１C１ 的所有棱长 均为３,由 A１D＝A１E＝BF＝CG,得 DE∥B１C１ ∥BC∥FG, 显然FGED 构成一个平面,连接DF,EG,A１B 和 A１C,正 方 形 AA１B１B 中,A１D＝BF,设 A１B∩ DF＝O１,显 然 △A１DO１ ≌ △BFO１,则 A１O１ ＝ BO１,即O１ 为 A１B 的中点,于是 DO１＝FO１,即 O１ 为DF 的中点,同理设 A１C∩EG＝O２,则 O２ 为EG 的中点,因此O１O２ 是△A１BC 中位线,由 A１H 为 △A１BC 中 线,得 P 为O１O２ 中 点,因 为 O１O２⊂平面FGED,因此 P∈平面 FGED,即平 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９８　 面PFG 与平面FGED 为同一个平面,则 DE 在 平面PFG 内,故 A错误;显然平面A１ABB１ 与平 面A１ACC１ 所成锐二面角大小为６０°,计算可得点 H 到平面A１ABB１ 和A１ACC１ 的距离均为 ３ ３ ４ , 由于P 是A１H 的中点,则点P 到平面A１ABB１ 和A１ACC１ 的 距 离 均 为 ３ ３ ８ ,令 点 P 关 于 平 面 A１ABB１ 和A１ACC１ 的对称点分别为 M１,N１,则 当 M,N 分 别 取 直 线 M１N１ 与 平 面 A１ABB１ 和 A１ACC１ 的交点时,△MNP 的周长最短,由PM１ ＝PN１ ＝ ３ ３ ４ ,∠M１PN１ ＝１２０°,得 M１N１ ＝ ２７ １６＋ ２７ １６－２× ２７ １６× ( － １ ２ ) ＝ ９ ４ ,所 以 △MNP 周长的最小值为９ ４ ,故B正确;由选项 A知,D,E 在过 P,F,G 三 点 的 平 面 内,截 面 为 四 边 形 FGED,DE＝１,FG＝２,DF＝EG＝ １０,则截面 面积为１ ２× １０－ １ ４ × (１＋２)＝３ ３９４ ,故 C正 确;显然 AA１⊥BC,过 点 A 作BC 的 平 行 线B′ C′,则AA１⊥B′C′,与AA１ 成４５°的所有直线构成 以A 为顶点的两个对顶圆锥(AA１ 为轴),同理与 B′C′成４５°的所有直线构成以A 为顶点两个对顶 圆锥(B′C′为轴),而AA１ 与B′C′所成角９０°,因此 圆锥面上公共直线共有两条,所以过点A 且与直 线AA１ 和BC所成的角都为４５°的直线有２条,故 D错误．故选BC． １２．[试题解析]正五角星可分割成５个三角形和１个正五边 形,五个三角形各自角度之和１８０°,正五边形的内角和１８０° ×(５－２)＝１８０°×３＝５４０°;每个角为５４０°５ ＝１０８° ,三角形是 等腰三角形,底角是五边形的外角,即底角为１８０°－１０８°＝ ７２°,三角形内角和为１８０°,那么三角形顶角,即五角星尖角 １８０°－７２°×２＝３６°,即∠CAD＝α＝３６°．cosα＋cos２α＋cos３α ＋cos４α＝cos３６°＋cos７２°＋cos１０８°＋cos１４４°＝cos３６°＋ cos７２°＋cos(１８０°－７２°)＋cos(１８０°－３６°)＝cos３６°＋cos７２° －cos７２°－cos３６°＝０;cosαcos２αcos３αcos４α＝cos３６°cos７２°􀅰 cos１０８°cos１４４°＝(cos３６°cos７２°)２,因 为cos３６°􀅰cos７２°＝ ２sin３６°􀅰cos３６°􀅰cos７２° ２sin３６° ＝ sin７２°􀅰cos７２° ２sin３６° ＝ sin１４４° ４sin３６°＝ １ ４ ,所 以cosαcos２αcos３αcos４α＝１１６． [参考答案]０　１１６ １３．[试题解析]因为l１⊥l２⇒－２b－(a－２)＝０,即２＝a＋ ２b≥２ ２ab⇒ab≤ １２ ,当且仅当a＝１,b＝ １２ 时,取等 号,∴ aba＋２b＝ ab ２≤ １ ４ ,即 ab a＋２b 的最大值为１ ４． [参考答案]１ ４ １４．[试题解析]由a,b为函数f(x)＝ax２－bx＋c的两个 零点,故有a(x－a)(x－b)＝ax２－bx＋c,即ax２－a(a ＋b)x＋a２b＝ax２－bx＋c恒成立,则 a(a＋b)＝b, a２b＝c,{ 整 理得 b＝ a ２ １－a , c＝a２× a ２ １－a＝ a４ １－a , ì î í ïï ï 由a,b,c为某三角形的三边长,且a＜b,故１－a＞０,且 a＜ a ２ １－a ,则 １ ２ ＜a＜１ ,因 为b＋c＞a 必 然 成 立,则 a＋c＞b, a＋b＞c,{ 即 a＋ a ４ １－a＞ a２ １－a , a＋ a ２ １－a＞ a４ １－a , ì î í ïï ï 解得 ０＜a＜ ５－１ ２ , ０＜a＜１, { 则１２＜a＜ ５－１２ ,可得a＋b－c＝ a ＋ a ２ １－a － a４ １－a ＝ －a４＋a １－a ＝ a(１－a３) １－a ＝ a(１－a)(１＋a＋a２) １－a ＝a (１＋a＋a２)＝a３＋a２＋a,令g (x)＝x３＋x２＋x,１２＜x＜ ５－１ ２ ,则g′(x)＝３x２＋２x ＋１＞０,可知g(x)在 ( １２, ５－１ ２ ) 上 单 调 递 增,则g (x)＜g( ５－１２ ) ＝ ( ５－１ ２ ) ３ ＋ ( ５－１２ ) ２ ＋ ５－１２ ＝ ５－１,可知a＋b－c＜ ５－１恒成立,故M 的取值范围 是[５－１,＋∞)． [参考答案][５－１,＋∞) １５．[解](１)根据线性回归方程ŷ＝０．８４x＋１７．４５,日期每 增加一天,销售额约增加０．８４万元,把x＝４代入回归 直线方程,得ŷ＝０．８４×４＋１７．４５＝２０．８１,因为２０－ ２０．８１＝－０．８１,所以第４天的残差为－０．８１． (２ ) 由 r b̂ ＝ ∑ １０ i＝１ (xi－x)(yi－y) ∑ １０ i＝１ (xi－x)２ ∑ １０ i＝１ (yi－y)２ × ∑ １０ i＝１ (xi－x)２ ∑ １０ i＝１ (xi－x)(yi－y) ＝ ∑ １０ i＝１ (xi－x)２ ∑ １０ i＝１ (xi－x)２ ∑ １０ i＝１ (yi－y)２ ＝ ∑ １０ i＝１ (xi－x)２ ∑ １０ i＝１ (yi－y)２ 得r＝b̂ ∑ １０ i＝１ (xi－x)２ ∑ １０ i＝１ (yi－y)２ ＝０．８４× ３．０２２．５９＝ ０．８４× ７８２１８２５９ ≈０．９０７ ,０􀆰９０７比较接近于１,故销售 额和日期的相关程度较强． (３)由a１,a２,a３ 成等比数列,得a２２＝a１􀅰a３,且a１＋a２ ＋a３＝１,设其公比为q,则a２ ( １q ＋１＋q) ＝１,所以a２ ＝ １１ q＋１＋q ,由题意可得 X 的值分别为８００,１０００, １２００,１４００,１６００, 则P(X＝８００)＝a２１,P(X＝１０００)＝２a１a２,P(X＝ １２００)＝a２２＋２a１a３＝３a２２,P(X＝１４００)＝２a２a３,P(X 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９９　 ＝１６００)＝a２３,又P(X＝１２００)＝３a２２＝ ３ ( １q＋１＋q) ２ ≤３× ( １３ ) ２ ＝１３ ,取得最大值的条件 １ q ＝q 即q＝１, 此时a１＝a２＝a３＝ １ ３ , 故X 分布列为: X ８００ １０００ １２００ １４００ １６００ P １９ ２ ９ １ ３ ２ ９ １ ９ 期望E(X)＝８００× １９ ＋１０００× ２ ９ ＋１２００× １ ３ ＋ １４００×２９＋１６００× １ ９＝１２００． １６．[解](１)证明:因为抛物线C的准线与x 轴的交点为E (－１,０), 所以－p２＝－１ ,即p＝２, 所以C的方程为y２＝４x, 显然直线l的斜率存在且不为０, 设直线l:x＝my－１,A(x１,y１),B(x２,y２), 将直线方程与抛物线方程联立并消去x,得y２－４my ＋４＝０,Δ＝１６m２－１６＞０,即m２＞１, 所以y１＋y２＝４m,y１y２＝４, 所以k１＋k２＝ y１ x１－１ ＋ y２x２－１ ＝ y１my１－２ ＋ y２my２－２ ＝ ２my１y２－２(y１＋y２) (my１－２)(my２－２) ＝ ２m×４－２×４m(my１－２)(my２－２) ＝０． (２)不妨设y１＞０,y２＞０, 因为S１＝３S２,所以 |EF|(y１－y２) ２ ＝３× |EF|y２ ２ ,得y１ ＝４y２, 又y１y２＝４,解得y１＝４,y２＝１, 所以x１＋x２＝ y２１＋y２２ ４ ＝ １７ ４ ,所以|AF|＋|BF|＝(x１＋ １)＋(x２＋１)＝ ２５ ４． １７．[解](１)证明:由棱台定义,可得AA１,BB１,CC１,DD１ 的 延长线必定交于一点Q,在△AQC中,因为A１C１＝ １ ２AC , 所以A１C１ 为△AQC的中位线,所以A１C１∥AC． 又因为AA１＝A１C１＝C１C＝ １ ２AC＝２ ,则A１C１∥AO, 且A１C１＝AO,所以四边形AOC１A１ 为平行四边形,可 得OC１∥AA１,因为OC１⊄平面AA１D１D,且AA１⊂平 面AA１D１D,所以OC１∥平面AA１D１D． (２)由平面 ABCD⊥平面 AA１C１C,过点 B 作BO′⊥ AC,因为平面ABCD∩平面AA１C１C＝AC,BO′⊂平面 ABCD,所以BO′⊥平面AA１C１C,即BO′为四棱锥B－ AA１C１C的高,由AB⊥BC,则在直角△ABC中,BO′＝ BA􀅰BC AC ≤ BA２＋BC２ ２AC ＝ AC２ ２AC＝２ ,当且仅当BA＝BC ＝２ ２时,等号成立,此时点O′与O 重合,此时BO＝２, 四棱锥VB－AA１C１C ＝ １ ３S四边形AA１C１C 􀅰OB 取最大值．如 图所示,以O 为原点,以OA,OB,OQ 所在的直线分别 为x,y,z轴,建立空间直角坐标系, 可得A(２,０,０),B(０,２,０),C(－２,０,０),C１(－１,０, ３),A１(１,０,３),则CC１→＝(１,０,３),AB→＝(－２,２, ０),AA１→＝(－１,０,３),设平面AA１B１B 的一个法向量 为n＝(x,y,z),则 n􀅰AB→＝－２x＋２y＝０, n􀅰AA１→＝－x＋ ３z＝０,{ 取z＝ ３,可得x＝y＝３,所以n＝(３,３,３), 设直线CC１ 与平面AA１B１B所成的角为α, 则sinα＝|cos‹n,CC１→›|＝ |n􀅰CC１→| |n|􀅰|CC１→| ＝ ６ ２× ２１ ＝ ２１７ , 所以CC１ 与平面AA１B１B夹角的正弦值为 ２１ ７ ． １８．[解](１)f′(x)＝mx ＋２x－１＝ ２x２－x＋m x (x＞０), 当Δ＝１－８m≤０,即 m≥ １８ 时,此时,f′(x)≥０,故 f(x)在(０,＋∞)上单调递增． 当Δ＝１－８m＞０,即m＜１８ 时,令f′(x)＝０, 则x１＝ １－ １－８m ４ ,x２＝ １＋ １－８m ４ ． ① 当 ０＜ m ＜ １８ 时,x２ ＞x１ ＞０,f(x)在 (０, １－ １－８m ４ ) ,( １＋ １－８m ４ ,＋∞ ) 上单调递增,在 (１－ １－８m４ , １＋ １－８m ４ ) 上单调递减． ②当m≤０时,x１≤０＜x２,f(x)在 (０,１＋ １－８m４ ) 上 单调递减,在 (１＋ １－８m４ ,＋∞ ) 上单调递增． (２)证明:当m＝１时,f′(x＋１)＝ １x＋１＋２x＋１ ,证原 不等式等价于证(x＋２) x＋１≤２ex,令 x＋１＝t,则 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —１００　 t＞０,且x＝t２－１,故只需证t(t２＋１)≤２et ２－１,即证 t３＋t et ２－１ ≤２,令s(t)＝t ３＋t et ２－１ ,则s′(t)＝t ２＋１－２t４ et ２－１ ,令φ(t) ＝t２＋１－２t４,则φ′(t)＝２t－８t ３＝２t(１－４t２)＝２t(１＋ ２t)(１－２t),由于t＞０,令φ′(t)＞０,则 ０＜t＜ １ ２ , ∴φ(t)在 (０,１２ ) 上单调递增,在 ( １ ２ ,＋∞ ) 上单调递 减．又φ(０)＝１,φ(１)＝０,∴当t∈(０,１)时,φ(t)＞０,即 s′(t)＞０,当t∈(１,＋∞)时,φ(t)＜０,即s′(t)＜０, ∴s(t)在(０,１)上单调递增,在(１,＋∞)上单调递减, ∴s(t)max＝s(１)＝２,∴ t３＋t et ２－１ ≤２,所以当m＝１时,f′(x ＋１)≤ ２e x x＋１ ＋ １x＋１＋x－１． １９．[解](１)因为f(x１)＋f(x２)≤f(x１＋x２)≤f(x１)＋ f(x２)＋１,所以１＋f(２)≤５≤２＋f(２),所以３≤f(２) ≤４．但是若f(２)＝４,则１＋５≤f(４)≤１＋５＋１,又４ ＋４≤f(４)≤４＋４＋１,这出现矛盾,所以f(２)＝４不成 立,即f(２)＝３,此时１＋５≤f(４)≤１＋５＋１,３＋３≤ f(４)≤３＋３＋１,所以f(４)＝６或者f(４)＝７．若令 f(n)＝２n－１,显然它是满足SG－L 函数的３个条件 的,不会出现矛盾．所以F(４)＝７． (２)由g(１)＝g(２)＝１,则２≤g(３)≤３,若g(３)＝３,则 ４≤g(４)≤５,２≤g(４)≤３,出现矛盾．所以g(３)＝２．同 理求得g(４)＝３,我们猜想g(n)＝ １,n＝１, n－１,n＞１．{ 下面证明．①当n＝１,２,３时,g(n)的公式显然成立． ②假设当n≤k(k≥３)时,g(n)的公式成立． 则当n＝k＋１时, １＋(k－１)＝g(１)＋g(k)≤g(k＋１)≤g(１)＋g(k)＋１ ＝１＋(k－１)＋１, １＋(k－２)＝g(２)＋g(k－１)≤g(k＋１)≤g(２)＋g(k －１)＋１＝１＋(k－２)＋１, ２＋(k－３)＝g(３)＋g(k－２)≤g(k＋１)≤g(３)＋g(k －２)＋１＝２＋(k－３)＋１, 􀆺, 显然,只能是g(k＋１)＝k． 所以g(n)＝ １,n＝１, n－１,n＞１{ 得证． 可知,该公式给定的数列也满足SG－L 函数的３个 条件． 于是∑ １０ i＝１ ２g(i)＝２１＋２１＋２２＋２３＋􀆺＋２９＝２＋２ (１－２９) １－２ ＝２１０＝１０２４, 所以数列{２g(n)}的前１０项和为１０２４． (３)因为h(１)＝１,h(２)＝２,所以 H(１)＝１,H(２)＝２, 因为３≤h(３)≤４,不妨取 H(３)＝h(３)＝４,则４≤h(４) ≤５且５≤h(４)≤６,所以h(４)＝５,即 H(４)＝５． 我们猜想 H(n)＝ ３n－１ ２ ,n为正奇数, ３n ２－１ ,n为正偶数, ì î í ïï ï 下面证明． ①当n＝１,２,３,４时,H(n)的公式显然成立． ②假设当n＝１,２,３,４,􀆺,２k－１,２k(k≥２)时,H(n)的 公式成立,则当n＝２k＋１时, １＋(３k－１)＝h(１)＋h(２k)≤h(２k＋１)≤h(１)＋h(２k) ＋１＝１＋(３k－１)＋１, ２＋(３k－２)＝h(２)＋h(２k－１)≤h(２k＋１)≤h(２)＋ h(２k－１)＋１＝２＋(３k－２)＋１, ４＋(３k－４)＝h(３)＋h(２k－２)≤h(２k＋１)≤h(３)＋ h(２k－２)＋１＝４＋(３k－４)＋１, ５＋(３k－５)＝h(４)＋h(２k－３)≤h(２k＋１)≤h(４)＋ h(２k－３)＋１＝５＋(３k－５)＋１, 􀆺 即只需３k≤h(２k＋１)≤３k＋１即可,所以 H(２k＋１)＝ ３k＋１． 又当n＝２k＋２时, １＋(３k＋１)＝h(１)＋h(２k＋１)≤h(２k＋２)≤h(１)＋ h(２k＋１)＋１＝１＋(３k＋１)＋１, ２＋(３k－１)＝h(２)＋h(２k)≤h(２k＋２)≤h(２)＋h(２k) ＋１＝２＋(３k－１)＋１, ４＋(３k－２)＝h(３)＋h(２k－１)≤h(２k＋２)≤h(３)＋ h(２k－１)＋１＝４＋(３k－２)＋１, ５＋(３k－４)＝h(４)＋h(２k－２)≤h(２k＋２)≤h(４)＋ h(２k－２)＋１＝５＋(３k－４)＋１, 即只有h(２k＋２)＝３k＋２,所以 H(２k＋２)＝３k＋２, 所以 H(n)＝ ３n－１ ２ ,n为正奇数, ３n ２－１ ,n为正偶数 ì î í ïï ï 得证． 可知,该公式给定的数列也满足SG－L 函数的３个 条件． 于是 当 n 为 偶 数 时,Tn ＝１＋２＋４＋５＋ 􀆺 ＋ ３×(n－１)－１ ２ ＋ ( ３×n ２ － １ ) ＝ n ２ (１ ＋ ２)＋ n ２× ( n ２－１) ２ ×６＝ ３n２ ４ ; 当n为奇数时,Tn＝ ３(n－１)２ ４ ＋ ３n－１ ２ ＝ ３n２＋１ ４ ; 所以数列{H(n)}的前n项和Tn＝ ３n２＋１ ４ ,n为奇数, ３n２ ４ ,n为偶数． ì î í ïï ï 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁊􀁘２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷四) １．A　 [试题解析]sin５０°sin８０°＋cos５０°sin１７０°＝ sin５０°cos１０°＋cos５０°sin１０°＝sin(５０°＋１０°)＝ ３２ , 故选 A． ２．B　[试题解析]因为复数z＝(２－５i)(－１－２i)＝－１２＋i, 所以z对应的点为(－１２,１),位于第二象限．故选B． ３．D　[试题解析]由题意知,当 m≤１时,f(m)＝２m＋１－８ ＝－１２,得２m＋１＝－４,又２m＋１＞０,所以方程无解; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２５ ２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷三) 数学 本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 一、选择题:本题共８小题,每小题５分,共４０分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的． １．已知集合A＝{x∈N|２x２－５x≤０},则A 的子集个数为 (　　) A．４ B．７ C．８ D．１６ ２．若复数z＝(２－a)＋(２a－１)i(a∈R)为纯虚数,则复数z＋a在复平面上的对应点的位置在 (　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ３．采购经理指数(PMI),是国际上通用的监测宏观经济走势的先行性指数之一,具有较强的预测、预警作用． 综合PMI产出指数是PMI指标体系中反映当期全行业(制造业和非制造业)产出变化情况的综合指数,指 数高于５０％时,反映企业生产经营活动较上月扩张;低于５０％,则反映企业生产经营活动较上月收缩．２０２３ 年我国综合PMI产出指数折线图如下图所示: 根据该折线图判断,下列结论正确的是 (　　) A．２０２３年各月综合PMI产出指数的中位数高于５３％ B．２０２３年各月,我国企业生产经营活动景气水平持续扩张 C．２０２３年第３月至１２月,我国企业生产经营活动景气水平持续收缩 D．２０２３年上半年各月综合PMI产出指数的方差小于下半年各月综合PMI产出指数的方差 ４．(１＋１x ) (１－x) ６ 展开式中x２ 的系数为 (　　) A．－５ B．５ C．１５ D．３５ ５．设a＝ (１４) ０．８,b＝log０．３０．２,c＝log０．３０．４,则a,b,c的大小关系为 (　　) A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．b＞c＞a ６．如图,为球形物品设计制作正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒,最少用料分别记为S１,S２,S３,则 它们的大小关系为 (　　) A．S１＜S２＜S３ B．S３＜S２＜S１ C．S３＜S１＜S２ D．S２＜S３＜S１ ７．在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m＝(bsinC,a),n＝ (１２sinA,２cosA) ．已知a＝４,且 m∥n,则b２＋c２ 的值为 (　　) A．１６ B．１８ C．２０ D．２４ ８．已知m,n∈R,m２＋n２≠０,记直线nx＋my－n＝０与直线mx－ny－n＝０的交点为P,点Q 是圆C:(x＋ ２)２＋(y－２)２＝４上的一点,若PQ 与C 相切,则|PQ|的取值范围是 (　　) A．[２ ２,１４] B．[２ ２,２ ７] C．[２,１４] D．[２,２ ７] 二、选择题:本题共３小题,每小题６分,共１８分．在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求．全部选 对的得６分,部分选对的得部分分,有选错的得０分． ９．已知函数f(x)＝３sin(２x＋φ)( －π２＜φ＜ π ２) 的图象关于直线x＝ ５π １２ 对称,则下列说法正确的是 (　　) A．φ＝－ π ６ B．f(x－７π１２) 为偶函数 C．f(x)在 [π４, π ２] 上单调递增 D．若|f(x１)－f(x２)|＝６,则|x１－x２|的最小值为 π ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２５ １０．(２０２４􀅰河南省部分重点高中５月百师联盟大联考)现有编号分别为Ai(i＝１,２,３)的三个盒子,其中A１ 盒中共２０个小球,其中红球６个,A２ 盒中共２０个小球,其中红球５个,A３ 盒中共３０个小球,其中红球６ 个．现从所有球中随机抽取一个,记事件A:“该球为红球”,事件Bi:“该球出自编号为Ai(i＝１,２,３)的盒 中”,则下列说法正确的是 (　　) A．P(A|B１)＝ ３ １０ B．P(A)＝９３５ C．P(B２|A)＝ １２ １７ D．若从所有红球中随机抽取一个,则该球来自A２ 盒的概率最小 １１．如图,已知直三棱柱ABC－A１B１C１ 的所有棱长均为３,D,E,F,G 分别在棱A１B１,A１C１, AB,AC上,且A１D＝A１E＝BF＝CG,H,P 分别为BC,A１H 的中点,则 (　　) A．DE∥平面PFG B．若M,N 分别是平面A１ABB１ 和A１ACC１ 内的动点,则△MNP 周长的最小值为 ９ ４ C．若BF＝１３AB ,过P,F,G三点的平面截三棱柱所得截面的面积为３ ３９４ D．过点A 且与直线AA１ 和BC所成的角都为４５°的直线有且仅有１条 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．正五角星是一个非常优美的几何图形,其与黄金分割有着密切的联系,在如图所示的五角 星中,以A,B,C,D,E 为顶点的多边形为正五边形,设∠CAD＝α,则cosα＋cos２α＋cos３α ＋cos４α＝　　　　,cosαcos２αcos３αcos４α＝　　　　． １３．已知直线l１:－２x＋(a－２)y＋３＝０与直线l２:bx－y－１＝０,a＞０,b＞０,若l１⊥l２,则 ab a＋２b 的最大值为　　　　． １４．已知a,b,c为△ABC的三边长(a＜b),且a,b为函数f(x)＝ax２－bx＋c的两个零点,若 M＞a＋b－c恒 成立,则M 的取值范围是　　　　． 四、解答题:本题共５小题,共７７分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． １５．(１３分)今年五一节期间,聊城百货大楼有限公司搞促销活动,下表是该公司５月１号至１０号(日期简记为 １,２,３,􀆺,１０)连续１０天的销售情况: 日期x １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 销售额y(万元) １９ １９．３１９．６ ２０ ２１．２２２．４２３．８２４．６ ２５ ２５．４ 由上述数据,用最小二乘法得到销售额和日期的线性回归方程为ŷ＝０．８４x＋１７．４５,日期的方差约为 ３􀆰０２,销售额的方差约为２．５９． (１)根据线性回归方程,分析销售额随日期变化趋势的特征,并计算第４天的残差; (２)计算相关系数r,并分析销售额和日期的相关程度(精确到０．００１); (３)该公司为了促销,拟打算对电视机实行分期付款方式销售,假设顾客购买一台电视机选择分期付款的 期数及相应的概率和公司获得的利润Y(单位:元)情况如下表: ξ ２ ４ ６ P a１ a２ a３ Y ４００ ６００ ８００ 已知a１,a２,a３ 成等比数列． 设该公司销售两台电视机所获得的利润为X(单位:元),当X＝１２００的概率取得最大值时,求利润X 的 分布列和数学期望． 参考公式:相关系数r＝ ∑ n i＝１ (xi－x)(yi－y) ∑ n i＝１ (xi－x)２ ∑ n i＝１ (yi－y)２ ．回归方程ŷ＝b̂x＋â中斜率和截距的最小二乘法估计公 式分别为:b̂＝ ∑ n i＝１ (xi－x)(yi－y) ∑ n i＝１ (xi－x)２ ,â＝y－b̂x．相关数据 ７８２１８≈２７９．６７． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２５ １６．(１５分)已知抛物线C:y２＝２px(p＞０)的准线与x轴的交点为E(－１,０),C的焦点为F．经过点E 的直线l 与C分别交于A,B 两点． (１)设直线AF,BF的斜率分别为k１,k２,证明:k１＋k２＝０; (２)记△ABF与△BEF的面积分别为S１,S２,若S１＝３S２,求|AF|＋|BF|． １７．(１５分)(２０２４􀅰贵州省凯里市第一中学二模)如图,在四棱台ABCD－A１B１C１D１ 中,O 为AC 的中点, AA１＝A１C１＝C１C＝ １ ２AC＝２． (１)证明:OC１∥平面AA１D１D; (２)若平面 ABCD⊥平面 ACC１A１,AB⊥BC,当四棱锥 B－AA１C１C 的体积最大时,求CC１ 与平面 AA１B１B 夹角的正弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２５ １８．(１７分)已知函数f(x)＝mlnx＋x２－x,f(x)的导函数为f′(x)． (１)讨论f(x)的单调性; (２)当m＝１时,证明:f′(x＋１)≤ ２e x x＋１ ＋ １x＋１＋x－１． １９．(１７分)若函数f(x)满足以下三个条件,则称f(x)为SG－L 函数．①定义域为 N∗;②对任意x∈N∗, f(x)∈N∗;③对任意正整数x１,x２,当x１＋x２≥３时,有(f(x１＋x２)－f(x１)－f(x２))(f(x１＋x２)－ f(x１)－f(x２)－１)≤０．若给定SG－L 函数f(x)某几个函数值,在满足条件①②③的情况下,可能的 f(x)如果有k种,分别为f１(x),f２(x),􀆺,fk(x)． 　函数　　　１　　　２　　　３　　　４　　　􀆺　　n　　　􀆺􀆺 f１(x) f１(１) f１(２) f１(３) f１(４) 􀆺 f１(n) 􀆺􀆺 f２(x) f２(１) f２(２) f２(３) f２(４) 􀆺 f２(n) 􀆺􀆺 f３(x) f３(１) f３(２) f３(３) f３(４) 􀆺 f３(n) 􀆺􀆺 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 􀳚 ⋮ 􀳚 fk(x) fk(１) fk(２) fk(３) fk(４) 􀆺 fk(n) 􀆺􀆺 那么我们记F(n)等于f１(n),f２(n),􀆺,fk(n)的最大值．这样得到的F(x)称为f(x)的最大生成函数． (１)若f(x)为SG－L函数,且F(x)是在给定条件f(１)＝１,f(３)＝５下的f(x)的最大生成函数,求f(２) 和F(４)的值; (２)若g(x)为SG－L函数,且满足g(１)＝g(２)＝１,求数列{２g(n)}的前１０项和; (３)若h(x)为SG－L函数,且H(x)是在给定条件h(１)＝１,h(２)＝２下的h(x)的最大生成函数,求数列 {H(n)}的前n项和Tn． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋